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高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的概念及其表示课件1

五年高考

A组 自主命题·天津卷题组

考点 数列的概念及表示方法

? (2011天津,20,14分)已知数列{an}与{bn}满足bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=

3

?

(?1) 2

n

,n∈N*,且a1=2,a2=4.

(1)求a3,a4,a5的值;

(2)设cn=a2n-1+a2n+1,n∈N*,证明{cn}是等比数列;

? (3)设Sk=a2+a4+…+a2k,k∈N*,证明?k?4?n1 Sakk

<?7 (n∈N*).
6

? 解析

(1)由bn=?3 ? (2?1)n

,n∈N*,可得bn=

?1, n为奇数, ??2, n为偶数.

又bnan+an+1+bn+1an+2=0,

当n=1时,a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3=-3; 当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4=-5; 当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a5=4. (2)证明:对任意n∈N*,

a2n-1+a2n+2a2n+1=0,? ① 2a2n+a2n+1+a2n+2=0,? ② a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0,? ③ ②-③,得a2n=a2n+3,? ④

? 将④代入①,可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1),即cn+1=-cn(n∈N*).又c1=a1+a3=-1,故cn≠0,因此 cn?1 =-1.所 cn
以{cn}是等比数列.
(3)证明:由(2)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k,于是,对任意k∈N*且k≥2,有a1+a3=-1,

-(a3+a5)=-1, a5+a7=-1, (-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1. 将以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1), 即a2k-1=(-1)k+1(k+1),此式当k=1时也成立. 由④式得a2k=(-1)k+1·(k+3). 从而S2k=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3, 所以,对任意n∈N*,n≥2,

?? ?? = 4n
?

Sk

a k ?1 k

n? ?? m?1 ?

S4m?3 a4m?3

?

S4m?2 a4m?2

?

S4m?1 a4m?1

?

S4m a4m

? ? ?

? ? =

n
?
m?1

? ??

2m ? 2m

2

?

2m 2m

? ?

1 2

?

2m 2m

? ?

3 1

?

2m 2m ?

3

? ??

? ? =

n
?
m?1

? ? ?

2 2m(2m

? 1)

?

(2m

?

3 2)(2m

?

3)

? ? ?

=?2 +??n ? 5 +? 3 2 ? 3 m?2 2m(2m ?1) (2n ? 2)(2n ? 3)

<?1 +??n ? 5

+? 3

3 m?2 (2m ?1)(2m ?1) (2n ? 2)(2n ? 3)

? =?13 +?52 ·??????

1 3

?

1 5

? ??

?

? ??

1 5

?

1 7

? ??

?

?

?

? ??

1 2n ?1

?

1 2n ?

1

?? ????

+? 3

=?1 +?5 -?5 ·?1 +? 3

<?7 .

(2n ? 2)(2n ? 3) 3 6 2 2n ?1 (2n ? 2)(2n ? 3) 6

对于n=1,不等式显然成立.

B组 统一命题、省(区、市)卷题组

考点 数列的概念及表示方法

1.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=?an2 +b,n∈N*,则? ( )

A.当b=?12 时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10

B.当b=?14 时,a10>10
D.当b=-4时,a10>10

答案 A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理

运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.

令an+1=an,即?an2 +b=an,即?an2 -an+b=0,若有解,

则Δ=1-4b≥0,即b≤?1 ,
4

∴当b≤?14 时,an=?1?

1? 2

4b

,n∈N*,

即存在b≤?1 ,且a=?1? 1? 4b 或?1? 1? 4b ,使数列{an}为常数列,

4

2

2

B、C、D选项中,b≤?1 成立,故存在a=?1? 1? 4b <10,

4

2

使an=?1? 1? 4b (n∈N*),排除B、C、D. 2

? ? 对于A,∵b=?12 ,∴a2=?a12

+?12 ≥?12 ,a3=?a22

+?1 ≥
2

? ??

1 2

2
? ??

+?12 =?34 ,a4≥???

3 4

2
? ??

+?1 =?17 ,
2 16

? ? ? ∴a5>

? ??

17 16

?2 ? ?

,a6>

? ??

17 16

?4 ? ?

,…,a10>

? ??

17 16

?64 ? ?

,

? ? ? 而

? ??

17 16

64
? ??

=

???1

?

1 16

64
? ??

=1+?C164

? ×

1 16

+?C624

×?
??

1 16

2
? ??

+…=1+4+?63 +…>10.故a10>10.
8

2.(2019上海,8,5分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5=

.

答案 ?31
16

解析 n=1时,S1+a1=2,∴a1=1.

n≥2时,由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2,

两式相减得an=?12 an-1(n≥2),

∴{an}是以1为首项,?12 为公比的等比数列,

? ∴S5=

1?

? ?1 ??

?

? ??

1 2

1? 1

5
? ? ?

? ? ??

=?31 .
16

2

3.(2018课标Ⅰ,14,5分)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=

.

答案 -63

解析 解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),得an=2an-1,

? ∴{an}是首项为-1,公比为2的等比数列.∴S6=

a1

(1? q 1? q

6

)

=??(1 ?
1?

26 2

)

=-63.

解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1,当n≥2时,由Sn=2an+1得Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1,∴

Sn-1=2(Sn-1-1),又S1-1=-2,∴{Sn-1}是首项为-2,公比为2的等比数列,所以Sn-1=-2×2n-1=-2n,所以Sn=1

-2n,∴S6=1-26=-63.

4.(2015课标Ⅱ,16,5分)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=

.

答案 解析

-?1
n

? ? ? ∵an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn≠0,∴

1 Sn

1
-
Sn?1

=1,∴

? ? ?

1 Sn

? ?

是等差数列,且公差

?

为-1,而?S11 =?a11 =-1,∴?S1n =-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-?1n .

? 思路分析

利用an与Sn的关系消掉an,得Sn+1-Sn=Sn+1Sn,同除以Sn·Sn+1,易得??
?

1 Sn

? ? ?

是等差数列,然后由

??
? ?

1 Sn

? ? ?

的通项公式求出Sn.

解后反思 用an与Sn的关系消掉Sn还是an,应根据题目要求合理选择.通常求an,则消Sn,求Sn,则消 an,或需求an,但直接消Sn得an较难,也可以先消an得Sn,再由Sn求出an.

C组 教师专用题组

考点 数列的概念及表示方法

? 1.(2014课标Ⅱ,16,5分)数列{an}满足an+1=

1

1 ? an

,a8=2,则a1=

.

答案 ?1
2

? ? 解析

解法一:由an+1=

1

1 ? an

,得an=1-

1 an?1

,

∵a8=2,∴a7=1-?12 =?12 ,

a6=1-?1 =-1,a5=1-?1 =2,……,

a7

a6

∴{an}是以3为周期的数列,∴a1=a7=?1 .
2

? ? ? 解法二:由于an≠0,an≠1,所以an+1=?1 = 1? an 1?

1 1

= an?1 ?1 =1-?1 =1- 1

an?1

an?1

1

=an-2(n≥3),则an+3=an

1 ? an?1

1 ? an?2

(n≥1),所以{an}是以3为周期的数列,所以a8=a2=?1 =2,可求得a1=?1 .

1? a1

2

2.(2014广东,19,14分)设数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15. (1)求a1,a2,a3的值; (2)求数列{an}的通项公式.

解析

? (1)依题有

???SS12

? ?

a1 a1

? ?

2a2 ? 3 ? 4, a2 ? 4a3 ?12

?

8,

??S3 ? a1 ? a2 ? a3 ? 15,

解得a1=3,a2=5,a3=7.

(2)∵Sn=2nan+1-3n2-4n,? ①

∴当n≥2时,Sn-1=2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1).? ②

①-②并整理得an+1=?(2n ?1)an ? 6n ?1 (n≥2). 2n
由(1)猜想an=2n+1,下面用数学归纳法证明.
当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;当n=2时,a2=2×2+1=5,命题成立.
假设当n=k时,ak=2k+1命题成立.

则当n=k+1时,ak+1=?(2k ?1)ak ? 6k ?1 2k

=?(2k ?1)(2k ?1) ? 6k ?1
2k
=2k+3=2(k+1)+1, 即当n=k+1时,结论成立. 综上,?n∈N*,an=2n+1.

3.(2014江苏,20,16分)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn= am,则称{an}是“H数列”. (1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”; (2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值; (3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
解析 (1)证明:由已知得,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数 m=n+1,使得Sn=2n=am. 所以{an}是“H数列”. (2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1) d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.
当d=-1时,an=2-n,Sn=?n(32? n) 是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn =2-?n(3 ? n) ,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”.
2
因此d的值为-1. (3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).

令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1), 则an=bn+cn(n∈N*), 下证{bn}是“H数列”.
设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=?n(n2?1) a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=?n(n2?1) ,
使得Tn=bm.所以{bn}是“H数列”.
同理可证{cn}也是“H数列”. 所以,对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*).
评析 本题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识,考查探究能力及推理论证能力.

4.(2014江西,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=?3n22? n ,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.
解析 (1)由Sn=?3n22? n ,得a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2. (2)证明:要使a1,an,am成等比数列,只需要?an2 =a1·am, 即(3n-2)2=1·(3m-2),即m=3n2-4n+2, 而此时m∈N*,且m>n, 所以对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.

三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 数列的概念及表示方法
1.(2018天津南开基础训练,5)在数列{an}中,a1=3,an+an-1=4(n≥2),则a2 = 018 ? ( ) A.3 B.1 C.-3 D.4 答案 B 因为a1=3,an+an-1=4(n≥2),所以a1=3,a2=1,a3=3,a4=1,……,显然当n是奇数时,an=3,当n 是偶数时,an=1,故a2 018=1.

? ? 2.(2017天津一中3月月考,6)数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则

1 a1

+

1 a2

+…

+?1 =? ( ) a2 016

A.?2 015
2 016

B.?2 016
2 017

C.?4 032
2 017

D.?4 034
2 017

答案 C ∵a1=1, ∴由an+1=a1+an+n,得an+1-an=n+1, 则a2-a1=2,

a3-a2=3, ……

an-an-1=n(n≥2).

累加得an=a1+2+3+…+n=1+2+…+n=?n(n2?1) (n≥2).

当n=1时,上式成立,∴an=?n(n ?1) .
2

? ? 则

1 an

=?2 n(n ?1)

=2

? ??

1 n

?

1? n ?1??

.

∴?1 +?1 +…+?1 =2×?1-?1 +?1 -?1 +?1 -?1 +…+?1 -?1 ?=2×?1-?1 ?=?4 032 .

a1 a2

a2 016

2 23 34

2 016 2 017

2 017 2 017

故选C.

评析 本题考查数列的递推公式,考查了累加法求数列的通项公式以及裂项相消法求数列的 和,属于中档题.

3.(2019天津新华中学期中,11)若数列{an}满足a1=2,an+1=an+2n+n,则数列{an}的通项公式为an=

.

答案

2n+?n(n ?1)
2

解析 ∵an+1=an+2n+n,∴an+1-an=2n+n,

∴a2-a1=21+1,a3-a2=22+2,a4-a3=23+3,……,an-an-1=2n-1+n-1,

? 以上各式相加,得an-a1=(21+22+23+…+2n-1)+(1+2+3+…+n-1)=

2

?

(1 ? 2n?1 1? 2

)

+?(n ?1)(1?
2

n

?1)

=2n-2+

?n(n ?1) .
2
又∵a1=2,

∴an=2n+?n(n ?1) ,当n=1时,a1=2+?0 =2,符合上式.

2

2

故an=2n+?n(n ?1) .
2

4.(2019天津部分区一模理,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=an+2(n∈N*),a3+a4=12,数列 {bn}为等比数列,且b1=a2,b2=S3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=(-1)nanbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)数列{an}满足an+1=an+2,则数列{an}是公差为2的等差数列. 又a3+a4=12,则a3+a3+d=12,解得a3=5, 所以an=a3+(n-3)d=2n-1. 又数列{bn}为等比数列,且b1=3,b2=1+3+5=9,则数列{bn}的公比为3,则bn=3n. (2)由(1)知an=2n-1,bn=3n, 则cn=(-1)nan·bn=(-1)n×(2n-1)×3n=(2n-1)(-3)n, 则Tn=1×(-3)+3×(-3)2+…+(2n-1)(-3)n,? ① -3Tn=1×(-3)2+3×(-3)3+…+(2n-1)(-3)n+1,? ② ①-②可得
4Tn=-3+2[(-3)2+(-3)3+…+(-3)n]-(2n-1)×(-3)n+1=?3 -?4n ?1 ×(-3)n+1,
22
所以Tn=?3 -?4n ?1 ×(-3)n+1.
88

B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组

时间:45分钟 分值:75分
一、选择题(每小题5分,共10分)

? ? 1.(2019天津耀华中学统练二,9)设a1=2,an+1=

2
an ?1 ,bn=

an an

?2 ?1

,n∈N*,则数列{bn}的通项公式为?

()

A.bn=2n+2 B.bn=4n

C.bn=2n+1

D.bn=4n

? ? 答案

C

由题意得,b1=?22??

2 1

=4=22,a2=?2 2?1

=?23 ,b2=

2?2 3 2 ?1

=8=23,a3=

2

2 ?

1

=?65 ,

3

3

? ? ? 当n=3时,b3=

6?2 5 6 ?1

=16=24,a4=

2 6 ?1

=?1101 ,b4=

10 ? 2 11 10 ?1

=32=25,

5

5

11

由此猜想bn=2n+1,用数学归纳法证明:

①当n=1时,成立.

②假设当n=k时成立,即bk=2k+1,

? ? ∵ak+1= 2 ,bk= ak ? 2 ,

ak ?1

ak ?1

? ? ? 2 ? 2

∴bk+1=

ak?1 ? 2 ak?1 ?1

=

ak ?1 2 ?1

=

2(ak ? 2) ak ?1

=2bk=2k+2,

ak ?1

故当n=k+1时猜想成立,

由①②可知,bn=2n+1,n∈N*.

? 2.(2017天津河东二模,7)若数列{an},{bn}的通项公式分别为an=(-1)n+2

016·a,bn=2+

(?1)

n?2
n

017

,且对任

意n∈N*,an<bn恒成立,则实数a的取值范围是? ( )

? A.

????1,

1 2

? ??

B.[-1,1)

C.[-2,1)

? D.

????2,

3 2

? ??

? 答案 D 由题意得(-1)n+2 016·a<2+(?1)n?2 017 ,n∈N*. n

n为偶数时,化为a<2-?1 ,则a<?3 .

n

2

n为奇数时,化为-a<2+?1 ,则a≥-2.
n

则实数a的取值范围是?????2,

3 2

? ??

.故选D.

评析 本题考查了数列的通项公式、分类讨论的思想方法、数列的单调性以及推理与计算

能力,属于中档题.

二、填空题(每小题5分,共15分)

3.(2019天津七校联考,12)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=?32 an-?12 ,则log3a100=

.

答案 99

解析 Sn=?32 an-?12 ,①

当n≥2时,Sn-1=?32 an-1-?12 ,②

? ①-②,得Sn-Sn-1=

3 2

(an-an-1),

? ? ? ∴an=

3 2

an-

3 2

an-1,∴

an an?1

=3,

∴{an}是首项为a1,公比为3的等比数列.

? ? 又∵S1= 3 a1- 1 ,∴a1=1,∴an=3n-1,∴a100=399,
22
∴log3a100=log3399=99.

4.(2019天津耀华中学统练二,13)数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,bn=(-1)nan(n∈N*),则数列{bn}

的前50项的和为

.

答案 49

解析 ∵数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,∴a1=S1=3, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n,

? ? 故an=

?3, n ??2n,

? 1, n ? 2,

∴bn=(-1)nan=

??3, n ??(?1)n

? 1, ? 2n,

n

?

2,

∴数列{bn}的前50项和为(-3+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-98+100)=1+24×2=49.

评析 本题主要考查根据数列的前n项和求数列的通项公式,利用了数列的前n项和与第n项的

关系(n=1时,a1=S1,n≥2时,an=Sn-Sn-1),属于中档题.

5.(2019天津一中1月月考,10)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2=4,S4=30,n≥2时,an+1+an-1=2(an+

1),则{an}的通项公式为an=

.

答案 n2

解析 由an+1+an-1=2(an+1)得an+1-an=an-an-1+2, ∴{an+1-an}是公差为2的等差数列. 又a3+a1=2(a2+1)=2×(4+1)=10, S4=a1+a2+a3+a4=14+a4=30, ∴a4=16,又a4+a2=2(a3+1),∴a3=9,∴a1=1,∴a2-a1=3, ∴an-an-1=3+2(n-2)=2n-1(n≥2), ∴a2-a1=3,a3-a2=5,a4-a3=7,……,an-an-1=2n-1,
以上各式累加得an-a1=3+5+7+…+2n-1=?(n ?1)(3 ? 2n ?1) =n2-1,又∵a1=1,∴an=n2.
2

三、解答题(共50分)

6.(2019天津滨海新区联考理,18)已知数列{an}满足Sn+an=4(n∈N*),数列{bn}满足bn=3-log2an. (1)求数列{an}、{bn}的通项公式;

? (2)令cn=

bn an

,求数列{cn}的前n项和Tn;

(3)?λ>0,求对任意的正整数n都有2λ2-kλ+5>a2nbn成立的k的取值范围.

解析 (1)当n=1时,由Sn+an=4(n∈N*),

可得a1+S1=2a1=4,所以a1=2.

当n≥2时,Sn-1+an-1=4,

所以an=Sn-Sn-1=4-an-4+an-1,

即an=?12 an-1,所以数列{an}是以2为首项,?12 为公比的等比数列.

? 所以an=2·?? ?

1 2

n?1
? ??

=22-n.

故bn=3-log2an=3-log222-n=3-2+n=n+1.

? (2)由(1)得cn= bn =(n+1)·2n-2, an
则前n项和Tn=2·2-1+3·20+4·21+…+(n+1)·2n-2,
2Tn=2·20+3·21+4·22+…+(n+1)·2n-1,
两式相减得-Tn=1+20+21+…+2n-2-(n+1)·2n-1

? =1+1? 2n?1 -(n+1)·2n-1, 1? 2
化简可得Tn=n·2n-1.

(3)?λ>0,对任意的正整数n都有2λ2-kλ+5>a2nbn成立, 即2λ2-kλ+5>(n+1)·22-2n.

? 由 (n ? 2) ? 2?2n (n ?1) ? 22?2n

=?n ? 2
4n ? 4

<1,可得数列{(n+1)·22-2n}是递减数列,

所以{(n+1)·22-2n}的最大值为2,

所以2λ2-kλ+5>2,即2λ2-kλ+3>0对?λ>0恒成立,

? 所以k<

? ??



?

3 λ

? ??min

.

又2λ+?3 ≥2?2λ ? 3 =2?6 ,当且仅当λ=?6 时取得等号.

λ

λ

2

所以k<2?6 .

7.(2018天津蓟州一中模拟,18)在数列{an}中,an>0,其前n项和Sn满足?Sn2 -(n2+2n-1)Sn-(n2+2n)=0.

(1)求{an}的通项公式;

? (2)若bn=

an ? 2n

5

,求b2+b4+…+b2n.

解析 (1)由?Sn2 -(n2+2n-1)Sn-(n2+2n)=0,

得[Sn-(n2+2n)](Sn+1)=0,

由an>0,可知Sn>0,故Sn=n2+2n.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+2n)-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1.

当n=1时,a1=S1=3,符合上式,则数列{an}的通项公式为an=2n+1(n∈N*).

(2)依题意,得bn=?2n2?n

4

? =

n?2 2n?1

,

? ? 则b2n=

2n 22

?2
n?1

=(n-1)·???

1 4

?n?1 ??

,n∈N*,

设Tn=b2+b4+…+b2n,

故Tn=0+?14 +?422 +?433 +…+?n4n??11 ,① 4Tn=1+?24 +?432 +…+?n4n??21 .②

? ②-①得3Tn=1+?14 +?412 +…+?4n1?2

n ?1
-?4n?1

=

1

?

? ??

1 4

? ??

n?1

1? 1

n ?1
-?4n?1

4

? ? =?13 ???

4

?

3n ?1 4n?1

? ??

,故Tn=?19 ???

4

?

3n ?1 4n?1

? ??

.

8.(2018天津河北一模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=2-2Sn(n∈N*),数列{bn}是等差数列, 且b5=14,b7=20. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=an·bn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和Tn.

解析 (1)∵an=2-2Sn(n∈N*),

∴an-1=2-2Sn-1(n≥2),∴an-an-1=-2an,即an=?13 an-1,当n=1时,a1=2-2S1,解得a1=?23 .

? ∴数列{an}是以?23 为首项,?13 为公比的等比数列,∴an=2×

? ??

1 3

? ??

n

.设数列{bn}的公差为d,则

????bb11

? ?

4d 6d

? ?

14, 20,

解得b1=2,d=3,∴bn=3n-1.

? (2)∵cn=an·bn=2(3n-1)×

? ??

1 3

???n,

? ? ? ∴Tn=2?2×?13 +5×???

1 3

2
? ??

+8×

? ??

1 3

3
???+…+(3n-1)×

? ??

1 3

n
????,

? ? ? ? ∴?13 Tn=2?2×

? ??

1 3

?2 ? ?

+5×???

1 3

?3 ? ?

+8×

? ??

1 3

??4+…+(3n-1)×
?

? ? 1 ?n?1
?? 3 ??

,

? =2

? ? ? ?

2 3

?

3?

1 9

???1 ? 1?

1 3n?1 1

? ??

?

(3n

?1)

?

? ??

1 3

?n?1 ? ?

? ? ? ?

,

??

3

??

化简可得Tn=?72 -?62n??3n7 .

9.(2017天津和平期末,18)设数列{an}满足a1=1,an+1=an+3·2n-1. (1)求数列{an}的通项公式;

? (2)若 bn an

=n,求数列{bn}的前n项和Sn.

解析 (1)∵a1=1,an+1-an=3·2n-1, ∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+3×20+3×21+…+3×2n-2=1+3(20+21+…+2n-2)

? =1+3·1? (1? 2n?1) =3·2n-1-2(n≥2). 1? 2
∵当n=1时,3×21-1-2=1=a1成立, ∴数列{an}的通项公式为an=3·2n-1-2(n∈N*). (2)∵bn=nan=3n·2n-1-2n, ∴b1=3×1×20-2,b2=3×2×21-4,b3=3×3×22-6,……,bn=3n·2n-1-2n,∴Sn=b1+b2+b3+…+bn =3(1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1)-(2+4+6+…+2n).

设Tn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,①

则2Tn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,② ①-②,得 -Tn=(20+21+22+…+2n-1)-n·2n=2n-1-n·2n, ∴Tn=(n-1)·2n+1, ∴Sn=3(n-1)·2n+3-2(1+2+3+…+n) =3(n-1)·2n-n(n+1)+3.

C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组

1.(2019 5·3原创预测卷二理,4)数列{an}的前n项和Sn=n2+n,若bn=(n-5)an,则bn的最小值为?

()

A.-?25
2
C.-8

B.-12
D.-?5
2

答案 B 当n=1时,a1=2. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 当n=1时显然适合上式,所以an=2n,n∈N*. 所以bn=(n-5)an=2n(n-5).

令f(x)=2x(x-5),易知对称轴为x=?5 ,
2
所以bn的最小值为b2=b3=-12.故选B.

2.(2019 5·3原创预测卷四理,8)记Sn为数列{an}的前n项和,若Sn=2an+n,则a6=? ( ) A.64 B.-64 C.-63 D.63 答案 C 解法一:当n=1时,S1=a1,S1=2a1+1,所以a1=-1. 当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-1,an=Sn-Sn-1=(2an+n)-(2an-1+n-1)=2an-2an-1+1,所以an=2an-1-1,所以an-1=2(an-11),∴数列{an-1}是以a1-1=-2为首项,2为公比的等比数列, ∴an-1=(-2)·2n-1=-2n,即an=1-2n, ∴a6=1-26=-63. 解法二:当n=1时,a1=2a1+1,a1=-1; 当n=2时,-1+a2=2a2+2,a2=-3; 当n=3时,-1-3+a3=2a3+3,a3=-7; 当n=4时,-1-3-7+a4=2a4+4,a4=-15; 当n=5时,-1-3-7-15+a5=2a5+5,a5=-31; 当n=6时,-1-3-7-15-31+a6=2a6+6,a6=-63.

3.(2019 5·3原创预测卷四文,7)记Sn为数列{an}的前n项和,若2Sn=3an-1,则S5=? ( ) A.40 B.80 C.121 D.242
答案 C 由2Sn=3an-1,an=Sn-Sn-1(n≥2),得2an=3an-3an-1(n≥2),所以an=3an-1(n≥2),由2S1=3a1-1,
得a1=1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,所以S5=?11??335 =121,故选C.

? ? 4.(2019

5·3原创预测卷七理,16)在数列{an}中,???1 ?

1 n

? ??

2n+an+1=???1 ?

1 n

? ??

an+4(n+1),且a1=1,记bn=

?an ? 2n ,若数列{λn2-bn}为单调递增数列,则实数λ的取值范围是

.

n

? 答案

? ??

4 3

,

??

? ??

解析 由题意得(n-1)2n+nan+1=(n+1)an+4n(n+1),

? 两边同除以n(n+1),可得?an?1 =?an +4- (n ?1)2n , n ?1 n n(n ?1)

? ? 即 an?1 n ?1

=?an +4-
n

? ? ?

2n?1 n ?1

?

2n n

? ? ?

,

? ? ? ? ? ? ∴ an?1 + 2n?1 = an + 2n +4,即 an?1 ? 2n?1 = an ? 2n +4.

n?1 n?1 n n

n ?1

n

? ∵bn= an ? 2n ,∴bn+1=bn+4,∴{bn}是首项为3,公差为4的等差数列,∴bn=3+4(n-1)=4n-1. n

∴{λn2-4n+1}为单调递增数列,

当λ=0时,显然不适合;

? 当λ≠0时,

?λ ? ????

? 0, ?4 ? 2λ

3 2

解得λ>?4.

,

3

综上,实数λ的取值范围是???? 43 , ?? ???.

5.(2019 5·3原创冲刺卷一文,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=?3an2? 9 (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;

? (2)设bn=log3an,求数列

?

? ?

bn

1 ? bn?2

? ? ?

的前n项和Tn.

解析 (1)当n=1时,a1=?3a12? 9 ,解得a1=9.? (2分)

? ? ? 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=

3an ? 2

9

-

3an?1 2

?

9

=

3an

? 3an?1 2

,

即an=3an-1,? (4分)

所以数列{an}是以9为首项,3为公比的等比数列,所以数列{an}的通项公式为an=9·3n-1=3n+1(n∈N

*).? (6分)

(2)bn=log3an=log33n+1=n+1,

? ? ? 则 1 bn ? bn?2

=

(n

?

1)

1 ? (n

?

3)

=?12 ???

n

1 ?

1

?

n

1 ?

3

? ??

,?

(8分)

? ? ? ? ? ? ? ? 所以Tn= 1 b1b3

+1
b2b4

+1
b3b5

+…+ 1
bnbn?2

=?12 ×???

1 2

?

1? 4 ??

+?12 ×???

1 3

?

1 5

? ??

+?12 ×???

1 4

?

1 6

? ??

+…+?12 ???

1 n

?

n

1? ? 2 ??

+?1
2

???? n1?

1

?

n

1 ?

3

? ??

=?1 ×??1 -?1 +?1 -?1 +?1 -?1 +…+?1 -?1

2 24 35 46

n n?

2

+?1
n?

1

-?1
n?

3

?=?12 ×???? 12 ?

1 3

?

n

1 ?

2

?

n

1 ?

3

? ??

=?5 -
12

? 2n ? 5 ,
2n2 ?10n ?12

所以Tn=?152 -?2n2

2n ? 5 ?10n ?

12

.?

(12分)


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